1、1永年二中 2019 届高三第一次月考物理试题一、选择题：本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1-8 题只有一项符合题目要求，第 9-12 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。1.如图所示，光滑的水平地面上有三块木块 A、B、C，质量均为 m、A、B 之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力 F 作用在 A 上，三者开始一起做匀加速直线运动，此时 A、B 间细绳的拉力为 T、B、C 间韵摩擦力为 f。运动过程中把一块橡皮泥粘在木块 A 上，系统仍做匀加速直线运动，且 B、C 之间始终没有相对滑动。稳定后，
2、T 和 f 的变化情况是A. T 变小， f 变小B. T 变大， f 应大C. T 变大， f 变小D. T 变小， f 变大【答案】A【解析】粘上橡皮筋后，对整体分析可知，加速度减小；再以 BC 整体为研究对象，由牛顿第二定律可得，T=2ma，因加速度减小，所以拉力减小，而对 C 物体有 f=ma 可知，摩擦力 f 应变小，故 A 正确，BCD 错误故选 A点睛：本题考查牛顿第二定律关于连接体问题的分析方法；在研究连接体问题时，要注意灵活选择研究对象，做好受力分析，再由牛顿运动定律即可分析加速度和摩擦力的变化关系2.2016 年起，我国空军出动“战神”轰6K 等战机赴南海战斗巡航某次战备投
3、弹训练，飞机在水平方向做加速直线运动的过程中投下一颗模拟弹飞机飞行高度为 h，重力加速度为 g，不计空气阻力，则以下说法正确的是（ ）2A. 在飞行员看来模拟弹做平抛运动B. 模拟弹下落到海平面的时间为2hgC. 在飞行员看来模拟弹做自由落体运动D. 若战斗机做加速向下的俯冲运动(可以看作圆周的一部分） ，此时飞行员一定处于失重状态【答案】B【解析】【详解】模拟弹相对于地面做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，而且水平速度与刚被投下时飞机的速度相同。由于飞机做加速直线运动，速度不断增大，所以在飞行员看来模拟弹做的不是平抛运动，也不是自由落体运动。故 AC 错误。模拟弹竖直方向做自由落体运动，由
4、h= gt2得 故 B 正确。若飞机斜向下做加速曲线运动时，有斜向上的向心加12 t= 2hg速度，具有竖直向上的分加速度，此时飞行员处于超重状态。故 D 错误。故选 B。【点睛】解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式列式分析要注意针对不同的参照物，物体的运动情况可能不同3.如图所示，一根细线下端拴一个金属小球 P，细线的上端固定在金属块 Q 上，Q 放在带小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动.现使小球在一个更高的水平面 上做匀速圆周运动，而金属块 Q 始终静止在桌面上的同一位置，则改变高度后与原来相比较，下面的判断中正确的是(
5、 )A. 细线所受的拉力变小B. 小球 P 运动的角速度变大3C. Q 受到桌面的静摩擦力变小D. Q 受到桌面的支持力变大【答案】B【解析】【详解】设细线与竖直方向的夹角为 ，细线的拉力大小为 T，细线的长度为 LP 球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有：T= ，mgtan=m 2Lsin，得角速度 ，使小球改到一个更高的水平面mgcos = gLcos上作匀速圆周运动时， 增大，cos 减小，则得到细线拉力 T 增大，角速度 增大。故A 错误，B 正确。对 Q 球，由平衡条件得知，Q 受到桌面的静摩擦力等于细线的拉力大小，Q 受到桌面的支持力等于重力，则静摩擦
6、力变大，Q 所受的支持力不变，故 CD 错误；故选 B。【点睛】本题中一个物体静止，一个物体做匀速圆周运动，采用隔离法，分别根据平衡条件和牛顿第二定律研究，分析受力情况是关键4.a、 b 两车在平直公路上行驶，其 v t 图象如图所示，在 t0 时，两车间距为 s0，在t t1时间内， a 车的位移大小为 s，下列说法不正确的是( )A. 0 t1时间内 a、 b 两车相向而行B. 0 t1时间内 a 车平均速度大小是 b 车平均速度大小的 2 倍C. 若 a、 b 在 t1时刻相遇，则 s0 s23D. 若 a、 b 在 时刻相遇，则下次相遇时刻为 2t1t12【答案】ABD【解析】4试题分
7、析：A、0t 1时间内 a、b 两车速度均为正，即运动方向相同，故不是相向而行，A错误；B、匀变速直线运动中 = ，则 = = = v0，可得： =3 ，故 B 错误；C、由图可知，a 车的初速度等于 2v0，在 t1时间内，a 车的位移为 s，则 b 车的位移为s若 a、b 在 t1时刻相遇，则 s0=s s= s，故 C 正确；D、若 a、b 在 时刻相遇，由图象可知，s 为阴影部分对应的距离，即 s0= s，由图象中的对称关系，下次相遇的时刻为 t = t1，故 D 错误；故选：C5.如图所示，两相同小球 a、b 用轻弹簧 A、B 连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力 F作用在 a 上并
8、缓慢拉 a，当 B 与竖直方向夹角为 60o时，A、B 伸长量刚好相同若 A、B 的劲度系数分别为 k1、k 2，则以下判断正确的是（ ）A. k1k2=12B. k1k2=145C. 撤去 F 的瞬间，a 球的加速度为零D. 撤去 F 的瞬间，b 球处于失重状态【答案】B【解析】试题分析：先对 b 球受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有：F 1=mg再对 a、b 球整体受力分析，受重力、拉力和弹簧的拉力，如图所示：根据平衡条件，有：F 2= =4mg根据胡克定律，有：F 1=k1x F2=k2x 故 ，A 错误，B 正确；k1k2=14球 a 受重力、拉力和两个弹簧的拉力，撤去拉力 F
9、瞬间，其余 3 个力不变，加速度一定不为零，C 错误；球 b 受重力和拉力，撤去 F 的瞬间，重力和弹力都不变，加速度仍然为零，处于平衡状态，D 错误；考点：本题考查共点力的平衡条件。6.跳台滑雪运动员的动作惊险而优美，其实滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动如图所示，设可视为质点的滑雪运动员从倾角为 的斜坡顶端 P 处，以初速度 v0水平飞出，运动员最后又落到斜坡上 A 点处，AP 之间距离为 L，在空中运动时间为 t，改变初速度 v0的大小，L 和 t 都随之改变关于 L、t 与 v0的关系，下列说法中正确的是( )A. L 与 v0成正比 B. L 与 v0成反比C. t 与 v0成正
10、比 D. t 与 成正比v206【答案】C【解析】运动员落在斜面上，则位移与水平方向的夹角就等于斜面的倾角 ，因此有 ，其中tan=yx， ，则 ， ，故 t 与 成正比， L 与 成正比，选项y=12gt2 x=v0t t=2v0tang L=xcos=v0tcos=2v20tangcos v0 v20C 正确。点睛：根据平抛运动规律：水平方向上匀速直线运动，竖直方向上自由落体运动列式联立可求解。7.如图甲所示，轻杆一端固定在 O 点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为 R 的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为 F，小球在最高点的速度大小为 v，其 F-v2图象如
11、，乙图所示。则（ ）A. 小球的质量为aRbB. 当地的重力加速度大小为bRC. 时,杆对小球弹力方向向下v2=cD. 时,杆对小球弹力大小为 2v2=b mg【答案】AB【解析】【详解】由图象知，当 v2=0 时，F=a，故有：F=mg=a，由图象知，当 v2=b 时，F=0，杆对小球无弹力，此时重力提供小球做圆周运动的向心力，有：mg=m ，得：g= ，故 B 正确；v2R bR当有 a= 时，得： ，故 A 正确，B 正确；由图象可知，当 v2=c 时，有：mbR m=aRb0Fa=mg，小球对杆的弹力方向向上，故 C 错误；由图可知，v 2=b 时，杆对小球弹力大小为 0，故 D 错误
12、；故选 AB。8.假设地球可视为质量均匀分布的球体已知地球表面重力加速度在两极的大小为 g0，在赤道的大小为 g，地球自转的周期为 T，引力常量为 G.地球的密度为( )7A. B. C. D. 3GT2g0gg0 3GT2g0g0g 3GT2 3GT2g0g【答案】B【解析】试题分析：在两极，引力等于重力，则有： ，由此可得地球质量 ，mg0=GMmR2 M=g0R2G在赤道处，引力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律，则有： ，GMmR2mg=m42T2R而密度公式 ， ，故 B 正确，ACD 错误；故选：B=MV=g0R2G43R3= 3g0GT2(g0g)考点：万有引力定律及牛顿定
13、律的应用.9.神舟九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面 343 km 的近圆轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气，下面说法正确的是( )A. 为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间B. 如不加干预，在运行一段时间后，天宫一号的动能可能会增加C. 如不加干预，天宫一号的轨道高度将缓慢降低D. 航天员在天宫一号中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用【答案】BC【解析】试题分析：万有引力提供圆周运动的向心力，所以第一宇宙速度是围绕地球圆周运动的最大速度，卫星由于摩擦阻力作用，轨道高度将降低，运行速度增大，失重不是失去重力而是对
14、悬绳的拉力或支持物的压力减小的现象根据相应知识点展开分析即可解：A、又第一宇宙速度为最大环绕速度，天宫一号的线速度一定小于第一宇宙速度故 A错误；B、根据万有引力提供向心力有： =m v= ，得轨道高度降低，卫星的线速度增大，故动能将增大，所以 B 正确；C、卫星本来满足万有引力提供向心力即 =m ，由于摩擦阻力作用卫星的线速度减小，提供的引力大于卫星所需要的向心力故卫星将做近心运动，即轨道半径将减小，故 C 正确；8D、失重状态说明航天员对悬绳或支持物体的压力为 0，而地球对他的万有引力提供他随天宫一号围绕地球做圆周运动的向心力，所以 D 错误故选：BC【点评】解决卫星运行规律问题的核心原理
15、是万有引力提供向心力，通过选择不同的向心力公式，来研究不同的物理量与轨道半径的关系视频10.关于惯性的大小，下列说法中正确的是（ ）A. 高速运动的物体不容易让它停下来，所以物体运动速度越大，惯性越大B. 用相同的水平力分别推放在地面上的两个材料不同的物体，则难以推动的物体惯性大C. 两个物体只要质量相同，那么惯性大小就一定相同D. 在月球上举重比在地球上容易，所以同一个物体在月球上比在地球上惯性小【答案】C【解析】A、惯性大小与受力情况、速度无关故 A 错误；B、惯性大小取决于物体的质量大小，难以推动不代表质量大，B 错误；C、惯性大小取决于物体的质量大小，两个物体质量相同，惯性就相同，C
16、正确； D、同一个物体在月球上和在地球上质量相同，则惯性相同，D 错误。故选 C。11.如图所示，当小车向右加速运动时，物块 M 相对于车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时，则（ ）A. M 受静摩擦力增大B. 物块 M 对车厢壁的压力不变C. 物块 M 仍能相对于车厢壁静止D. M 受静摩擦力不变【答案】CD【解析】试题分析：以物块为研究对象，分析受力情况如图：重力 Mg，车厢的弹力 N 和静摩擦力9f，根据牛顿第二定律得，水平方向：N=Ma；竖直方向：f=Mg当加速度增大时，物块在竖直方向受力平衡，即 f=Mg 不变故 A 错误，D 正确当加速度增大时，N 增大，根据牛顿第三定律得知
17、，物块 M 对车厢壁的压力增大故 B 错误因为最大静摩擦力增大，物块仍然能相对于车厢壁静止故 C 正确故选 CD。考点：牛顿第二定律【名师点睛】解决本题的关键知道物块与小车具有相同的加速度，隔离对物块分析，运用牛顿第二定律进行求解。12.如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从 B 点脱离后做平抛运动，经过 0.3 s 后又恰好垂直与倾角为 45的斜面相碰。已知半圆形管道的半径为 R1 m，小球可看做质点且其质量为 m1 kg， g 取 10 m/s2。则( ) A. 小球在斜面上的相碰点 C 与 B 点的水平距离是 1.
18、9 mB. 小球在斜面上的相碰点 C 与 B 点的水平距离是 0.9 mC. 小球经过管道的 B 点时，受到管道的作用力 FNB的大小是 1 ND. 小球经过管道的 A 点时，受到管道的作用力 FNA的大小是 59N【答案】BCD【解析】【详解】根据平抛运动的规律和运动合成的可知：tan45= ，则小球在 C 点竖直方向的vyvx分速度和水平分速度相等，得：v x=vy=gt=3m/s，则 B 点与 C 点的水平距离为：x=vxt=30.3=0.9m；故 B 正确，A 错误；B 点的速度为 3m/s，根据牛顿运动定律，在 B 点10设轨道对球的作用力方向向下；F NB+mg= ，代入解得： N
19、B=-1N 负号表示轨道对球的作mv2BR用力方向向上，故 C 正确。小球在 A 点的速度： ，解得 vA=7m/s，则12mv2A12mv2B=mg2RA 点由牛顿第二定律： 解得 NA=59N，选项 D 正确； 故选 BCD。NAmg=mv2AR【点睛】该题考查竖直平面内的圆周运动与平抛运动，小球恰好垂直与倾角为 45的斜面相碰到是解题的关键，要正确理解它的含义二、实验题：共 10 分。13.某同学设计了如图所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数 ，滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为 M，滑块上砝码总质量为 m，托盘和盘中
20、砝码的总质量为 m。实验中，滑块在水平轨道上从 A 到 B 做初速度为零的匀加速直线运动，重力加速度 g 取 10 m/s2。(1)为测量滑块的加速度 a，需测出它在 A、B 间运动的_和_，计算 a 的运动学公式是_。(2)根据牛顿运动定律得到 a 与 m 的关系为 a 。他想通过多次改变 m，测出(1+)gM+m+mmg相应的 a 值，并利用上式来计算 。若要求 a 是 m 的一次函数，必须使上式中的_保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于_。【答案】 (1). 位移 x (2). 时间 t (3). (4). mm (5). 滑块上2xt2【解析】【详解】 （1）滑块在水平轨道上从
21、A 到 B 做初速为零的匀加速直线运动，根据 x= at2，得12a= ，所以需要测量的是位移 x 和时间 t2xt2对整体进行研究，根据牛顿第二定律得： 若要求 a 是 ma=mg(M+m)gM+m+m (1+)gM+(m+m)mg的一次函数必须使 为定值，即 m+m 保持不变时，在增大 m 时等量减小 m，所(1+)gM+(m+m)以实验中应将从托盘中取出的砝码置于滑块上11三、计算题：(共 42 分 要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)14.如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径 R0.
22、5 m，离水平地面的高度 H0.8 m，物块平抛落地过程水平位移的大小 x0.4 m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度 g10 m/s 2。求：(1)物块做平抛运动的初速度大小 v0；(2)物块与转台间的动摩擦因数 。【答案】 （1）1 m/s；（2）0.2 【解析】试题分析：（1）物块做平抛运动，在竖直方向上有 H=12gt2在水平方向上有 sv 0t 由式解得 v0=sg2H代入数据得 v 01 m/s（2）物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有 fm=mv20RfmNmg 由式得 v20gR代入数据得 02考点：平抛运动的规律、向心力【名师点睛】物块离开转台后做平
23、抛运动，根据平抛运动的规律在竖直和水平方向分别列出方程，可求出抛出时的初速度。摩擦力提供物块在转台上做匀速圆周运动的向心力，刚好抛出时，最大静摩擦力提供向心力，根据向心力公式列出方程，即可求解。视频15.如图，两个滑块 A 和 B 的质量分别为 mA=1 kg 和 mB=5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为 1=0.5；木板的质量为 m=4 kg，与地面间的动摩擦因数为 2=0.1。某时刻 A、 B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为 v0=3 12m/s。 A、 B 相遇时， A 与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 g=10
24、 m/s2。求: B 与木板相对静止时，木板的速度。【答案】1m/s【解析】【详解】对 A 受力分析，根据牛顿第二定律得： 1mAg=mAaA代入数据解得： aA5m/s 2，方向向右，对 B 分析，根据牛顿第二定律得： 1mBg=mBaB代入数据解得： aB5m/s 2，方向向左。对木板分析，根据牛顿第二定律得： 1mBg- 1mA（ g- 2m+mA） +mBg=ma1代入数据解得： a12.5m/s 2，方向向右。当木板与 B 共速时，有： v=v0-aBt1=a1t1，代入数据解得： t1=0.4s， v=1m/s，【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清整个过程
25、中 A、B 和木板在整个过程中的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律进行求解。16.如图所示，为皮带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角 37，A、 B 两端相距 5.0 m，质量为 m10 kg 的物体以 v06.0 m/s 的速度沿 AB 方向从 A 端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为 0.5。传送带顺时针运转的速度v4.0 m/s，( g 取 10 m/s2, sin370.6, cos370.8)求：(1)物体从 A 点到达 B 点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从 A 点到达 B 点的最短时间是多少？【答案】(1)2.2 s (
26、2)1 s【解析】13（1）重力沿斜面方向的分力： Mgsin37=1000.6N=60N摩擦力大小： f=Mgcos=0.51000.8N=40N开始时物体所受摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律：得： MgsinMgcos=Ma a=10m/s2达到与传送带速度相等需要的时间：这段时间内的位移为：之后，物块所受沿斜面向上的摩擦力小于重力的分力，则加速度为：以此加速度减速上滑 ：有：即： ，得： ，正好此时物块速度减小到 0；则物体从 A 点到达 B 点所需的时间： （2）若传送带的速度较大，沿 AB 上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况加速度一直为 运动到 B 点的时间最短，代入数据整理可以得到：得： 。点睛：传送带问题一直是学生头大的问题，关键是明确物体所受传送带摩擦力方向的判断，摩擦力的方向与物体相对传送带运动方向相反，而牛顿第二定律和运动学公式的应用选取的参照物是地面。
